2025-2026学年河北省保定市四县六校高三（上）期中数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages2020页2025-2026学年河北省保定市四县六校高三（上）期中考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={0,1,2}，B={x∈N|0<x<4}，则A∪B=(

)A.{1,2} B.{0,1,2,3} C.{0,1,2,3,4} D.{x|0≤x<4}2.已知复数z=|3-4i|i-2，则z=(

)A.1+2i B.1-2i C.-2+i D.-2-i3.已知向量a=(1,1),b=(3,1)，则向量aA.(3+32,3+124.已知某圆柱的高为23，底面半径为1，且其上、下底面圆周均在以O为球心的球面上，则球O的表面积为(

)A.4π B.8π C.16π D.24π5.已知函数f(x)的定义域为R，f(1+x)=f(3-x)，且f(x)在[2,+∞)上单调递减，则不等式f(2x-3)>f(3)的解集是(

)A.(-∞,3) B.(-∞,2) C.(3,+∞) D.(2,3)6.已知点A(-1,1)，B(3,3)，线段AB为⊙M的一条直径.设过点C(2,-1)且与⊙M相切的两条直线的斜率分别为k1，k2，则k1A.-32 B.-23 C.7.已知一条直线与抛物线y2=2px(p>0)交于A，B两点，过坐标原点O引AB的垂线OD，垂足D的坐标为(2,1)，OA⋅OB=5A.12 B.14 C.1 8.从点A(1,a)可向曲线y=x-x3引三条不同切线，则a的取值范围为(

)A.-1<a<0 B.0<a<1 C.1<a<2 D.2<a<3二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.若随机变量X服从正态分布X(3,ω2)，且P(X≤4)=0.7，则P(3<X<4)=0.2

B.一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的第60百分位数为14

C.若线性相关系数|r|越接近1，则两个变量的线性相关性越强

D.对具有线性相关关系的变量x，y，其线性回归方程为y=0.3x-m，若样本点的中心为10.设函数f(x)=12cos2ωx-A.∀ω∈(0,1)，f(x)在[-π6,π4]上单调递减

B.若ω=1且|f(x1)-f(x2)|=2，则|x1-x2|min=π

11.已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线l与CA.直线AF2的斜率为352 B.C的离心率为2

C.D到C上最近点的距离为35三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.(x+y)(x-y)6的展开式中x3y4的系数是______13.函数f(x)=lg(2x)⋅14.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其内切圆半径r=1,cosC=45，则边长c的最小值为______．四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知数列{an}的前n项和为Sn，满足a1=12，n2an=Sn．

(1)求数列{an16.(本小题15分)

无人驾驶技术是汽车研发领域的一个重要方向.某学校技术俱乐部研发了一个感知路况障碍的小汽车模型，该模型通过三个传感器共同判断路段是否有路障.在对该模型进行测试中，该俱乐部同学寻找了80个不同的路段作为测试样本，数据如下表：测试

结果真实

路况传感器1传感器2传感器3有障碍无障碍无法识别有障碍无障碍无法识别有障碍无障碍无法识别无障碍415111548120有障碍4010104551045105假设用频率估计概率，且三个传感器对路况的判断相互独立．

(1)从这80个路段中随机抽取一个路段，求传感器1对该路况判断正确的概率；

(2)从这80个路段中随机抽取一个有障碍的路段进行测试，设X为传感器1和传感器2判断正确的总路段数，求X的分布列和数学期望；

(3)现有一辆小汽车同时装载了以上3种传感器.在通过某路段时，只要3个传感器中一个判断有障碍或无法识别，则小汽车减速.那么是否可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于12？(结论不要求证明)17.(本小题15分)

如图，点P为正方形ABCD所在平面外一点，M为PA中点，DE=λDP(0<λ<1)．

(1)求证：PC//平面BDM；

(2)若平面ABCD⊥平面ABP，AB=BP=2，AB⊥BP．

(i)当λ=23时，求证：PD⊥平面BEM；

(ii)当二面角D-BM-E的正弦值为18.(本小题17分)

椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为24；点M，N为椭圆E上的两个不同动点，△F1MF2面积的最大值为7．

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)设直线MF1的斜率为k1，直线NF1的斜率为k2．

19.(本小题17分)

已知函数f(x)=kex-1-x和g(x)=lnx+kx-1．

(1)若k=1，证明：对∀x≥1，f(x)≥g(x)．

(2)若函数f(x)和g(x)各有两个零点，求实数k的取值范围；

(3)若一个函数有且仅有两个零点，则称这两个零点的算术平均数为该函数的“完美点”.设α和β分别为f(x)和g(x)的“完美点”，比较α答案解析1.【答案】B

【解析】解：集合A={0,1,2}，B={x∈N|0<x<4}={1,2,3}，

所以A∪B={0,1,2,3}2.【答案】D

【解析】解：复数z=|3-4i|i-2=53.【答案】D

【解析】解：由题意得a⋅b=3+1，|b|=3+1=2，

所以向量a在b4.【答案】C

【解析】解：根据题意可得球O的球心O为圆柱的上、下底面圆心连线的中点，

因为圆柱底面半径为r=1，高为h=23，

所以球心到底面的距离d=0.5h=3，

因为底面圆周上一点到球心的距离为球的半径R，

所以由勾股定理得R=r2+d2=2，

所以球O5.【答案】D

【解析】解：根据题意，函数f(x)的定义域为R，且f(1+x)=f(3-x)，得函数f(x)的图象关于直线x=2对称，

又函数f(x)在[2,+∞)上单调递减，

则不等式f6.【答案】D

【解析】解：由于线段AB为⊙M的一条直径，点A(-1,1)，B(3,3)，故圆心M(-1+32,1+32)，即M(1,2)，

圆的半径为r=12|AB|=12(-1-3)2+(1-3)2=5，

由题意可知两条切线的斜率均存在，故设切线方程为7.【答案】B

【解析】解：由题意，过坐标原点O引AB的垂线OD，垂足D的坐标为(2,1)，

直线OD的斜率为kOD=1-02-0=12，

∴直线AB的斜率为kAB=-112=-2，

直线AB的方程为y-1=-2(x-2)，即y=-2x+5，

联立方程y=-2x+5y2=2px，得y2+py-5p=0，Δ=p2+20p>0恒成立，

∴若y1+8.【答案】B

【解析】解：因为y=f(x)=x-x3，所以f'(x)=1-3x2，

设过A(1,a)的切线与f(x)切于点Q(x0,y0)，

则切线方程为y-y0=(1-3x02)(x-x0)，又其过A(1,a)，

所以a-y0=(1-3x02)(1-x0)，

所以a-y0=(1-3x02)(1-9.【答案】ACD

【解析】解：对于选项A：若随机变量X服从正态分布X(3,ω2)，且P(X≤4)=0.7，

则P(3<X<4)=P(X≤4)-0.5=0.2，故选项A正确；

对于选项B：已知一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22，

该组数据共有10个数，

因为10×60%=6，

所以第60百分位数为14+162=15，故选项B错误；

对于选项C：若线性相关系数|r|越接近1，

则两个变量的线性相关性越强，故选项C正确；

对于选项D：已知线性回归方程为y=0.3x-m，

因为样本点的中心为(m,2.8)，

10.【答案】AC

【解析】解：由已知，f(x)=12cos2ωx-32sin2ωx=-sin(2ωx-π6)，

对于A，∀ω∈(0,1)，当x∈[-π6,π4]时，2ωx-π6∈[-(2ω+1)π6,π2ω-π6]，

因为-(2ω+1)π6>-π6，π2ω-π6<π3，

所以2ωx-π6∈[-(2ω+1)π6,π2ω-π6]⊆[-π2,π2]，11.【答案】ABD

【解析】解：对于A，设F1(-c,0)，F2(c,0)，由|AF2|=|DF2|=74|F1F2|=72c，

由|OF2|=c，|DF2|=72c，

根据勾股定理得|OD|=(72c)2-c2=352c，

如图过点A作x轴的垂线，垂足为M，

由题意可得F2为AD的中点，且为OM的中点，

可得|MA|=|OD|=35c2，即有A(2c,35c2)，

所以kAF2=35c2-02c-c=35c2c=352，选项A正确；

对于B，将A(2c,35c2)代入双曲线方程可得(2c)2a2-(35c2)2b2=112.【答案】-5【解析】解：多项式的展开式中含x3y4的项为x×C64x2(-y)4+y×C13.【答案】-1【解析】解：由题设f(x)=(lg2+lgx)(lg5+lgx)-lg2lg5

=(lgx)2+lgx3，且x>0，

14.【答案】2+2【解析】解：因为cosC=45，所以sinC=1-cos2C=35，

由S△ABC=12r(a+b+c)=12absinC，得a+b+c=35ab①，

由余弦定理得：cosC=a2+b2-c22ab=(a+b15.【答案】an=1n(n+1)；

证明：b【解析】(1)当n≥2时，由n2an=Sn，可得(n-1)2an-1=Sn-1，

两式相减可得n2an-(n-1)2an-1=Sn-Sn-1=an，

得(n+1)a16.【答案】1116；

小于12【解析】(1)80个路段中，传感器1判断正确的路段有40+15=55个，

所以所求概率为P=5580=1116；

(2)80个路段中共有60个有障碍的路段，

60个有障碍的路段中，传感器1判断正确的路段有40个，错误的有60-40=20个，传感器2判断正确的路段有45个，判断错误的路段有60-45=15个，

所以随机变量X的所有可能取值为0，1，2，

P(X=0)=X012P151所以E(X)=0×112+1×512+2×12=1712；

(3)可以通过提高传感器3的判断正确率，使得小汽车在无障碍的道路上减速的概率小于12，理由如下：

共有20个无障碍地路段，传感器1判断无障碍的有15个，

由频率估计概率，故无障碍路段上，估计传感器1判断无障碍的概率为1520=34，

传感2判断无障碍的有15个，由频率估计概率，

故无障碍路段上，估计传感器2判断无障碍的概率为1520=34，

若传感器3在无障碍路段上，判断为无障碍的概率为1，

小汽车在无障碍的道路上减速的概率：1-34×34×1=716<117.【答案】证明：连接AC交BD于点Q，连接QM，

因为四边形ABCD是正方形，所以Q为AC中点，

又因为M为PA中点，所以在△PAC中，有QM//PC，

因为QM⊂平面BDM，PC⊄平面BDM，所以PC//平面BDM；

(i)证明：因为平面ABCD⊥平面ABP，平面ABCD∩平面ABP=AB，

四边形ABCD为正方形，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，

所以AD⊥平面ABP．

因为BM⊂平面ABP，所以AD⊥BM．

又AB=BP，M为AP中点，所以BM⊥AP，

又AD∩AP=A，所以BM⊥平面ADP，

又PD⊂平面ADP，所以BM⊥PD

又AB=BP=2，【解析】(1)证明：连接AC交BD于点Q，连接QM，

因为四边形ABCD是正方形，所以Q为AC中点，

又因为M为PA中点，所以在△PAC中，有QM//PC，

因为QM⊂平面BDM，PC⊄平面BDM，所以PC//平面BDM；

(2)(i)证明：因为平面ABCD⊥平面ABP，平面ABCD∩平面ABP=AB，

四边形ABCD为正方形，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，

所以AD⊥平面ABP．

因为BM⊂平面ABP，所以AD⊥BM．

又AB=BP，M为AP中点，所以BM⊥AP，

又AD∩AP=A，所以BM⊥平面ADP，

又PD⊂平面ADP，所以BM⊥PD，

又AB=BP=2，AB⊥BP，所以AP=22，所以PM=2，

PD=AD2+AP2=23，PE=233，

又cos∠EPM=APDP=2223=63，

由余弦定理可得：

EM2=PE2+PM2-2PE⋅PMcos∠EPM=43+2-2×233×2×63=23，

所以PM2=PE2+EM2，所以PD⊥EM，

又EM∩BM=M，所以PD⊥平面BEM；

(ii)因为BM⊥平面ADP，DM，PM⊂平面ADP，

所以BM⊥DM，BM⊥18.【答案】x28+y27=1

(i)证明：设直线MN方程为：y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

由7x2+8y2=56y=kx+m得：(7+8k2【解析】(1)由题意ca=24，即a=22c，

当M点位于短轴端点时，△F1MF2

面积的最大值，得：12×2c×b=7，即b=7c，

又a2=b2+c2，

因此8c2=7c2+c2，即c2=1c2，

解得：a=22,c=1,b=7，

故椭圆的标准方程为x28+y27=1；

(2)

(i)证明：设直线MN方程为：y=kx+m，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

由7x2+8y2=56y=kx+m得：(7+8k